等差数列的概念和性质

判断证明

等差数列的证明方法[证明方法比判断方法的逻辑严谨性要求更高]：

➊定义法：$a_{n+1}-a_n=d(n\in N^*)$，$d$为常数；或$a_{n}-a_{n-1}=d(n\geqslant 2且 n\in N^*)$，$d$为常数；

➋等差中项法：$2a_{n}=a_{n+1}+a_{n-1}$，$(n\ge 2，n\in N^*)$；或$2a_{n+1}=a_n+a_{n+2}$，$(n\ge 1，n\in N^*)$；

等差数列的判断方法：除了定义法和等差中项法外，还有

➌通项公式法：$a_n=a_1+(n-1)d=dn+(a_1-d)=kn+b$，($k，b$为常数)，故$a_n$为$n$的仿一次函数；

➍前$n$项和法：$S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)\cdot d}{2}=\cfrac{d}{2}n^2+(a_1-\cfrac{d}{2})n=An^2+Bn$，故$S_n$为$n$的仿二次函数；

运算技巧

① 数列的项数的计算

由$a_n=a_1+(n-1)\cdot d$，可得项数$n=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1$，推广得到项数$n=\cfrac{a_n-a_m}{d}+m$，

如数列$2^1，2^3，2^5，\cdots ，2^{2n-1}$的项数的计算，其项数可以利用上标来计算，其上标刚好成等差数列，

项数$r=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1=\cfrac{(2n-1)-1}{3-1}+1=n$；

比如区间$(9^{m-1}+\cfrac{8}{9}，9^{2m-1}+\cfrac{8}{9})$有几个整数？

在上述区间的第一个整数是$9^{m-1}+1$，最后一个整数为$9^{2m-1}$，公差为$1$，

故所求个数为$\cfrac{9^{2m-1}-(9^{m-1}+1)}{1}+1=9^{2m-1}-9^{m-1}$

② 约分技巧

当题目中出现$a_n>0$，或者正项数列，则涉及方程或者不等式的运算中十之八九要约分，要么约掉$a_n$，或者约掉$a_{n+1}+a_n$。

引例1，如题目中有$(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)$，$a_n>0$；由此得到$a_{n+1}-a_n=2$；

引例2，如$a_{n+1}-\sqrt{a_{n+1}}=a_{n}+\sqrt{a_{n}}$，则可知$a_n>0$，变形得到 $a_{n+1}-a_{n}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}$，

即$(\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}})(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}})=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}$，即$\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}=1$，即数列 $\{\sqrt{a_{n}}\}$为等差数列；

③在$\Delta ABC$中，三个内角$A、B、C$成等差数列，则$B=\cfrac{\pi}{3}$。三条边成等差数列，则$3n，4n，5n$就是一个特例，可以考虑赋值法。

④ 当下标比较小的时候，直接计算比变形求解要来的快。注意恰当的数学方法选择策略，防止思维定势。

比如在数列$\{a_n\}$中，$a_1=3$，$a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}$，求$a_4$的值，

法1：由$a_1=3$和递推公式$a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}$，直接计算$a_2$，$a_3$，$a_4$，速度要快的多。

法2：先利用倒数法求的通项公式$a_n$，再计算$a_4$，要比法1的思路慢一些。

⑤设元技巧

当题目已知三个数成等差数列时，我们常常依次设三个数为$a-d$，$a$，$a+d$，这样设元的优越性在于其和为$3a$，如果题目恰好已知了其和的值，则中间的数立马可知，这样变量就剩下一个$d$了；当已知五个数成等差数列时，常设为$a-2d$，$a-d$，$a$，$a+d$，$a+2d$；

给出方式

直接给出：$a_{n+1}-a_n=3$
赋值给出：$a_{n+m}=a_n+ a_m$，$a_1=2$，求通项公式$a_n$；^[8]

变形给出：$S_{n+1}=S_n+a_n+3$，即$a_{n+1}-a_n=3$；
变形给出：点$(a_{n+1}，a_n)$在直线$x-y-3=0$上，则$a_{n+1}-a_n=3$；
运算给出：$(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)$，$a_n>0$；
向量给出：$\overrightarrow{P_nP_{n+1}}=(1，a_{n+1}-a_n)=(1，3)$；
构造给出：

引例，如$(n+1)a_n=na_{n+1}$，构造得到，$\cfrac{a_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a_n}{n}$，即$\cfrac{a_{n+1}}{n+1}-\cfrac{a_n}{n}=0$，即数列$\{\cfrac{a_n}{n}\}$为等差数列[常数列]；

引例如$(n+1)a_{n+1}=na_n$，构造得到，$(n+1)a_{n+1}-na_n=0$，即数列$\{n\cdot a_n\}$为常数列；

其他请参阅数列的常见构造方法

典例剖析

已知等差数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$，满足$a_1+b_{10}=9$，$a_3+b_8=15$，则$a_5+b_6$=______________.

分析：由已知得到，$a_3+b_8=\cfrac{2a_3+2b_8}{2}$

$=\cfrac{(a_1+a_5)+(b_{10}+b_6)}{2}=\cfrac{(a_1+b_{10})+(a_5+b_6)}{2}$

即$15=\cfrac{9+(a_5+b_6)}{2}$，解得$a_5+b_6=21$。

由正数组成的等差数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的前$n$项和分别为$S_n$和$T_n$，且$\cfrac{a_n}{b_n}=\cfrac{2n-1}{3n-1}$，则$\cfrac{S_5}{T_5}$=______________。

分析：$\cfrac{S_5}{T_5}=\cfrac{5a_3}{5b_3}=\cfrac{a_3}{b_3}=\cfrac{2\times 3-1}{3\times 3-1}=\cfrac{5}{8}$。

【2021届高三文数三轮模拟题】已知 $S_n$，$T_n$ 分别为等差数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和，若 $\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}$，则 $\cfrac{a_5}{b_3}$=___________.

解析：由于等差数列的前 $n$ 项和公式为 $S_n=An^2+Bn=An(n+\cfrac{B}{A})$，又由于 $\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}$，

[备注：说明 $S_n$ 和 $T_n$ 约去了相同的公因式，应该是关于 $n$ 的一次式，不妨设为$kn$]

故可以设 $S_n=kn(2n+1)$，$T_n=kn(3n+2)$，

则 $\cfrac{a_5}{b_3}=\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\cfrac{19k}{17k}=\cfrac{19}{17}$.

在等差数列$\{a_n\}$中，$a_1=-2018$，其前$n$项和为$S_n$，若$\cfrac{S_{12}}{12}-\cfrac{S_{10}}{10}=2$，则$S_{2018}$的值等于【】

$A.-2018$ $B.-2016$ $C.-2019$ $D.-2017$

分析：由题意可知，数列$\{\cfrac{S_n}{n}\}$为等差数列，由$\cfrac{S_{12}}{12}-\cfrac{S_{10}}{10}=2$，可知其公差为$1$，

则$\cfrac{S_{2018}}{2018}=\cfrac{S_1}{1}+(2018-1)\times 1=-2018+2017=-1$，

则$S_{2018}=-2018$。故选$A$。

【2014高考全国卷Ⅰ】已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$a_1=1$，$a_n\neq 0$，$a_na_{n+1}=\lambda S_n-1$，其中$\lambda$为常数，

(1)证明：$a_{n+2}-a_n=\lambda$；

分析：先想办法消掉$S_n$类，让条件中只剩下$a_n$类，故求解如下：

由题设知道，$a_na_{n+1}=\lambda S_n-1$①，

则有$a_{n+1}a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$②，

②-①得到，$a_{n+1}a_{n+2}-a_na_{n+1}=\lambda(S_{n+1}-S_n)$

即$a_{n+1}(a_{n+2}-a_n)=\lambda a_{n+1}$

由于$a_{n+1}\neq 0$，约掉$a_{n+1}$得到，

$a_{n+2}-a_n=\lambda$；

【注意】上式表明，数列$\{a_n\}$中，奇数项成等差数列，首项为$a_1$，公差为$\lambda$；

偶数项成等差数列，首项为$a_2$，公差为$\lambda$；

(2)是否存在$\lambda$，使得$\{a_n\}$为等差数列，并说明理由。

分析：存在满足题意的实数$\lambda$，使得数列$\{a_n\}$成等差数列，理由如下：

由题设可知，$a_1=1$，令$n=1$，则$a_1a_2=\lambda S_1-1$，解得$a_2=\lambda-1$；

又由$a_{n+2}-a_n=\lambda$可知，当$n=1$时，$a_3=\lambda+1$，

令$2a_2=a_1+a_3$，即$2(\lambda-1)=1+\lambda+1$，解得$\lambda=4$，

故$a_{n+2}-a_n=4$，且可知

数列$\{a_{2n-1}\}$是首项为$a_1=1$，公差为$4$的等差数列，$a_{2n-1}=4n-3$；

$a_{2n-1}=1+\cfrac{[(2n-1)-1]}{2}\times 4=4n-3=2(2n-1)-1$

数列$\{a_{2n}\}$是首项为$a_2=3$，公差为$4$的等差数列，$a_{2n}=4n-1$；

$a_{2n}=3+\cfrac{(2n-2)}{2}\times 4=4n-1=2(2n)-1$

所以$a_n=2n-1$，$n\in N^*$，即$a_{n+1}-a_n=2$。^[9]

因此存在满足题意的实数$\lambda$，使得数列$\{a_n\}$成等差数列。

【2018•凤中模拟】【考点：数列的单调性，二次函数的对称性和单调性，恒成立命题】已知数列$\{a_n\}$中，$a_n=n^2-kn(k\in N)$，且$\{a_n\}$单调递增，则$k$的取值范围为【】

$A.(-\infty，2]$ $B.(-\infty，3)$ $C.(-\infty，2)$ $D.(-\infty，3]$

【法1】、由于$a_n=n^2-kn(n\in N^*)$，且$\{a_n\}$单调递增，

所以$a_{n+1}-a_n>0$对$\forall n\in N*$都成立，

又$a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k$，所以由$2n+1-k>0$，

即$k<2n+1$恒成立，可知$k<(2n+1)_{min}=3$.

【法2】：借助二次函数的对称性和单调性，

$a_n=(n-\cfrac{k}{2})^2-\cfrac{k^2}{4}$，其对称轴是$n=\cfrac{k}{2}$，

要使得$\{a_n\}$单调递增，

则必须且只需$\cfrac{k}{2}<\cfrac{3}{2}$，解得$k<3$，故选$B$。

【法3】：尝试导数法。

由$a_n=f(n)=n^2-kn$为单调递增数列，则$f'(n)\ge 0$在$n\in N^*$上恒成立，

即$f'(n)=2n-k\ge 0$在$n\in N^*$上恒成立，分离参数得到，

$k\leq 2n$在$n\in N^*$上恒成立，即$k\leq (2n)_{min}=2$，

则$k\leq 2$。这个解法是错误的。

错因分析：数列$a_n=f(n)$单调递增，但函数$y=f(x)$不一定单调递增，

但是若函数$y=f(x)$单调递增，则其对应的数列$a_n=f(n)$必然单调递增。

感悟反思：

1、法1转化为恒成立问题，很好理解；

2、法2很容易错解为 $\cfrac{k}{2}<1$，故$k<2$，其实这是充分不必要条件，也就是说遗漏了一部分的解集，可以看看上面的图像解释。

3、数列$\{a_n\}$单调递增的充要条件是$a_{n+1}>a_n$，而不是$f'(n)\ge 0$恒成立。

【2019届•高三理科数学课时作业】已知等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，其中$n\in N^*$，则下列命题错误的是【】

$A.$若$a_n>0$，则$S_n>0$

$B.$若$S_n>0$，则$a_n>0$

$C.$若$a_n>0$，则$\{S_n\}$是单调递增数列

$D.$若$\{S_n\}$是单调递增数列，则$a_n>0$

分析：选项$A$：由于$a_n>0$，由$S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}$可得，$S_n>0$，或由定义式可知$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n>0$；而且由$a_n>0$能得到$d\ge 0$，否则$d<0$就不能保证$a_n>0$。故选项$A$正确；

选项$B$：由于$S_n>0$，则可知$d\ge 0$，否则不能保证$S_n>0$。这样得到$a_n=a_1+(n-1)d>0$，故选项$B$正确；

选项$C$：由于$a_n>0$，则可知$d\ge 0$，可知数列$\{S_n\}$是单调递增数列，故选项$C$正确；

选项$D$：由数列$\{-1，1，3，5，\cdots\}$可知，$S_1=-1$，$S_2=0$，$S_3=3$，$S_4=8$，则数列$\{S_n\}$是单调递增数列，但不能保证$a_n>0$，故选项$D$不正确；

综上所述，故选$D$。

反思总结：若有$a_n>0$，则即使数列不是等差数列，也必有$S_n>0$，且有数列$\{S_n\}$是单调递增数列。

【2019届•高三理科数学课时作业】【2018广东潮州二模】在我国古代著名的数学专著《九章算术》中有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？【】

$A.8日$ $B.9日$ $C.12日$ $D.16日$

分析：良马日行构成等差数列$\{a_n\}$，其中$a_1=103$，公差$d_1=13$，其前$n$项和为$S_n$；

驽马日行构成等差数列$\{b_n\}$，其中$b_1=97$，公差$d_2=-\cfrac{1}{2}$，其前$n$项和为$T_n$；

设两马$n$日能相逢，则由题可知，$S_n+T_n=2\times 1125$，即$103n+\cfrac{n(n-1)}{2}\times 13+97n+\cfrac{n(n-1)}{2} \times (-\cfrac{1}{2})=2250$，

解得$n=9$，或者由上式直接验证得到$n=9$，故选$B$。

【2018广东中山期末】已知等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$S_4=40$，$S_n=210$，$S_{n-4}=130$，则$n$=【】

$A.12$ $B.14$ $C.16$ $D.18$

法1：建立相应的方程组求解即可，只是运算可能复杂些；

法2：利用等差数列的性质，$S_n-S_{n-4}=80$，即$a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}=80$，

又$a_1+a_2+a_3+a_4=40$，两式相加，得到$4(a_1+a_n)=120$，即$a_1+a_n=30$，

又$S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=210$，则$n=14$，故选$B$。

【数列的相关运算】已知数列$\{a_n\}$是等差数列，其前$n$项和为$S_n$，已知$S_6=42$，$S_{12}=156$，求$S_{18}$的值。

【法1：以$a_1$和$d$为元的方程组法】利用$S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\times d$得到，

$\begin{cases}S_6=6a_1+15d=42\\S_{12}=12a_1+66d=156\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_1=2\\d=2\end{cases}$，

故$S_{18}=18a_1+\cfrac{18\times17}{2}\times 2=342$。

【法2：以$a$和$b$为元的方程组法】由等差数列的性质知道，其前$n$项和公式可以写成这样：$S_n=an^2+bn$，

由此得到，$\begin{cases}S_6=36a+6b=42\\S_{12}=144a+12b=156\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}$，

故$S_{18}=1\times 18^2+1\times 18=342$。

【法3：等差数列性质，函数法】注意到$\cfrac{S_n}{n}=an+b$，即表明数列$\{\cfrac{S_n}{n}\}$也是一个等差数列。

由于$\cfrac{S_6}{6}$，$\cfrac{S_{12}}{12}$，$\cfrac{S_{18}}{18}$分别是数列的第$6,12,18$项，故这三项也是成等差数列的，

则有$2\times\cfrac{S_{12}}{12}=\cfrac{S_6}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $，即$2\times\cfrac{156}{12}=\cfrac{42}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $，

解得$S_{18}=342$。

【法4：等差数列性质法】由于$S_6，S_{12}-S_6，S_{18}-S_{12}$成等差数列，

故有$2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12}$，即$2(156-42)=42+S_{18}-156$，

解得$S_{18}=3(156-42)=342$。

综合应用

【绝对值数列求和】已知数列$\{a_n\}$的通项公式是$a_n=3n-63$，它的前$n$项和为$S_n$，求数列$\{|a_n|\}$的前$n$项和$T_n$。

解析：令$a_n=3n-63\leq 0$，则$n\leq 21$，

故数列$\{|a_n|\}$的通项公式为$|a_n|= \begin{cases}63-3n &n\leq 21 \\ 3n-63 &n\ge22 \end{cases}$

[备注：由于数列的通项公式是分段函数，所以其前$n$项和自然也应该用分段函数来表达刻画]

$1^。$ 当$n\leq 21$，$T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|$

$=-a_1-a_2-\cdots-a_n$

$=-\cfrac{(a_1+a_n)\times n}{2}$

$=-\cfrac{[-60+(3n-63)]\times n}{2}$

$=-\cfrac{3n^2-123n}{2}=\cfrac{123n-3n^2}{2}$.

$2^。$ 当$n\ge 22$，$T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|$

$=-a_1-a_2-\cdots-a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n$

$=(a_1+a_2+\cdots+a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n)-2(a_1+a_2+\cdots+a_{21})$

$=S_n-2S_{21}$$=\cfrac{[-60+(3n-63)]n}{2}-2\times\cfrac{[(3\times 1-63)+(3\times 21-63)]\times 21}{2}$

$=\cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 $.

故数列$\{|a_n|\}$的前$n$项和$T_n=\begin{cases}\cfrac{123n-3n^2}{2} &n\leq 21 \\ \cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &n\ge 22\end{cases}$

【2018四川内江一模】已知$S_n$是等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=1$，$a_8=3a_3$，则$\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}$=___________。

提示：$d=2$，$\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n+1}}$

$\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=1-\cfrac{1}{(n+1)^2}$；

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题】已知数列$\{a_n\}$和数列$\{b_n\}$满足$a_1=1$，$b_1=0$，$4a_{n+1}=3a_n-b_n+4$，$4b_{n+1}=3b_n-a_n-4$，

(1).证明：$\{a_n+b_n\}$是等比数列，$\{a_n-b_n\}$是等差数列，

分析：考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法)，以及整体意识或字母的内涵和方程思想。

解析：由题设可知$4a_{n+1}=3a_n-b_n+4$①，$4b_{n+1}=3b_n-a_n-4$②，

由①+②得到，$4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)$；即$a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)$；

又由于$a_1+b_1=1\neq 0$，所以数列$\{a_n+b_n\}$是首项为$1$，公比为$\cfrac{1}{2}$的等比数列；

由①-②得到，$4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8$；即$a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2$；

又由于$a_1-b_1=1$，所以数列$\{a_n-b_n\}$是首项为$1$，公差为$2$的等差数列；

【注意细节】由$a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)$不能得到$\cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=\cfrac{1}{2}$，还需要条件$a_1+b_1\neq 0$的配合；

相关链接：对数列中$a_n$的内涵的理解

(2).求$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项公式；

分析：考察数列的通项公式的求法；

解析：由(1)分别写出数列$\{a_n+b_n\}$和数列$\{a_n-b_n\}$的通项公式，

$a_n+b_n=1\times (\cfrac{1}{2})^{n-1}=\cfrac{1}{2^{n-1}}$③，$a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1$④；

由③+④，变形整理得到，$a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}$，$n\in N^*$；

由③-④，变形整理得到，$b_n=\cfrac{1}{2^n}-n+\cfrac{1}{2}$，$n\in N^*$；

相关链接：1、求数列的通项公式；2、方程思想

【2021 全国高三二模】已知数列 $\{a_{n}\}$ 是等差数列, 其前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 有下列四个命题:

甲: $a_{18}=0$；乙: $S_{35}=0$；丙: $a_{17}-a_{19}=0$；丁: $S_{19}-S_{16}=0$ .

如果只有一个是假命题, 则该命题是 $【\quad】$

$A.甲$ $B.乙$ $C.丙$ $D.丁$

解析：若 $S_{35}=0$ ，则 $S_{35}=\cfrac{35\left(a_{1}+a_{35}\right)}{2}=0$ ，即 $a_{18}=0$ ；

若 $a_{17}-a_{19}=0$ ，所以 - $2 d$ $=0$ ，即 $d=0$ ，

若 $S_{19}-S_{16}=a_{17}+a_{18}+a_{19}=0$ ，所以 $a_{18}=0$.

这样命题甲、乙、丁为三个等价命题，又因为只有一个是假命题，所以丙是假命题.

重新编辑于2020-07-23 by WangHai.

对公式的解读，
$a_n=a_1+(n-1)d$，若定义相邻两项的差$a_2-a_1$为间隔距离[其实就是公差]，则$n-1$意味着$a_1$和$a_n$两项之间的间隔距离数为$n-1$个，不能仅仅理解为对应的两项的下标之差；否则在处理隔项取值得到的数列的通项公式的计算时，非常容易出错，尤其要注意理解这一点。
比如数列$\{n\}$，我们知道，$a_n=n$，那么其所有的奇数项构成的数列的通项公式如何写呢？
首先其下标应该体现奇数，故采用$2n-1(n\geqslant1)$[也可以取$2n+1(n\geqslant -1)$，故一般不用这种形式]，其次首项还是$1$，末项为$a_{2n-1}$，此时的公差变为$2$了，$a_1$和$a_{2n-1}$两项的间隔距离的个数变成了$\cfrac{(2n-1)-1}{2}=n-1$；
故$a_{2n-1}=1+\cfrac{(2n-1)-1}{2}\times 2=2n-1$ ↩︎
以数列$\{pa_n+qb_n\}$($p，q$为常数)为例，说明如何判断其为等差数列？
设数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$分别是公差为$d_1$和$d_2$的等差数列，
由于$(pa_{n+1}+qb_{n+1})-(pa_n+qb_n)=p(a_{n+1}-a_n)+q(b_{n+1}-b_n)=p\cdot d_1+q\cdot d_2$
由于$p\cdot d_1+q\cdot d_2$为常数，故数列$\{pa_n+qb_n\}$为等差数列，公差为$p\cdot d_1+q\cdot d_2$；
其他数列的判断证明与此同理； ↩︎
由于$a_m=a_1+(m-1)d$，$a_{m+k}=a_1+(m+k-1)d$，
则新数列的公差为$a_{m+k}-a_m=kd$; ↩︎
$S_{2n-1}=\cfrac{(a_1+a_{2n-1})\times(2n-1)}{2}=\cfrac{2a_n\times(2n-1)}{2}=(2n-1)\cdot a_n$，
$S_{2n}=\cfrac{(a_1+a_{2n})\times 2n}{2}=n(a_1+a_{2n})=\cdots=n(a_n+a_{n+1})$； ↩︎
证明如下：
由于等差数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的前$n$项和分别为$S_n$和$T_n$，
则$S_{2n-1}=(2n-1)a_n$，$T_{2n-1}=(2n-1)b_n$，
故$\cfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}=\cfrac{a_n}{b_n}$； ↩︎
如果等差数列的公差$d<0$，则此等差数列不论首项有多大，到最后一定会出现负数项，不满足题意，故$d\geqslant0$；由于$S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\cdot d>0$，正数之和一定为正，并且只要是正数，则正数相加的个数越多，其和越大； ↩︎
由于$S_n=An^2+Bn$，若$A=0$，则$d=0$，则满足$d\ge 0$，也可知$a_n>0$；
若$A\neq0$，则必有$A>0$，即$d>0$，否则二次函数开口向下，必然不满足$S_n>0$；
又由于$S_1=a_1>0$，故$a_n=a_1+(n-1)d>0$； ↩︎
令$m=1$得到$a_{n+1}=a_n+ a_1$，
即$a_{n+1}-a_n=a_1=2$，不就是等差数列嘛；
故$a_n=2+(n-1)\times 2=2n$； ↩︎
详细说明如下：
由$a_{2n-1}=2(2n-1)-1$
$a_{2n}=2(2n)-1$
故合二为一得到，
$a_n=2n-1$，$n\in N^*$，即$a_{n+1}-a_n=2$。 ↩︎

posted @ 2018-12-29 09:37 静雅斋数学阅读(7934) 评论(4) 编辑收藏举报

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